2021-2022学年高二物理上学期期中测试卷（人教版）01（全解全析）.pdf

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1、2021-2022学年上学期期中测试卷01高二物理全解全析1.D【解 析】开 始 时，由库仑定律得：=广广，相互接触并分开后，带电荷量均变为+0,距离变为原123456789101112DCCBACACACDCDADABC来 的2倍，根据库仑定律得：可 知 自=，选 项D正确.2.C【解析】由。一/图象可知，负电荷在电场中做加速度增大的加速运动，故所受的电场力增大，说明从A到8电场强度越来越大，电场线逐渐密集，且负电荷受力方向与电场方向相反，故电场线方向由B指向A,故C正确，A、B、D错误.3.C【解析】因为该电场线为一带正电的点电荷产生的，根据电场线的特点可知该正电荷在4点的左侧，沿着电场线

2、方向电势降低，即从A点 到。点电势降低，选 项A错误；由正点电荷的电场线特点可知，从A到。电场强度越来越小，粒子加速度越来越小，可知粒子做加速度减小的加速运动，选 项B错误；由题图可知BC段靠近场源电荷，而电场线密集的地方，电势降低较快，故BC段的电势差大于CC段的电势差，根据电场力做功卬=q U,故8 c段电场力做的正功更多，则粒子在BC段电势能的减少量大于在C。段电势能的减少量，选 项C正确；若该电场是匀强电场，从A到B,根据动能定理有qU=E k,从A到O,根据动能定理有斗。=心，联立得反。=3耳，而该电场是非匀强电场，从A到。距离相等的两点间的电势差越来越小，故粒子运动到加点时动能小于

3、3 4，选 项D错误.4.B【解析】过O点 和。点作电场的等势面，如图：由图可知，。、Q两点的电势不相等，故A错误；将一正电荷由M点移到。点，电场力对电荷做正功，故电荷的电势能减少，故B正确；M。与ON相等，但由于电场不是匀强电场，且M。间的平均场强大于ON间的平均场强，因 此 由U=E”可推得，MO间的电势差大于ON间的电势差，故C错误；在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿。点电场线的切线方向斜向上，故D错误.5.A【解析】实验前，只用带电玻璃棒与电容器。板接触，由于静电感应，在万板上将感应出异种电荷，A正确；。板向上平移，正对面积S变小，由C=篇 知，电 容C变小，由C=殆知，Q不变

4、，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数r变大，由。=盥 知，电 容C变大，由C=知，。不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由c=名知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，是 由 于C不变导致的，D错误.6.C【解析 两板间距离变大，根 据 =篇 可 知，金属板A、8组成的平行板电容器的电容C减小，选 项A错误；根 据。=C U,Q不变，C减小，则U变大，选 项B错误；根 据E=U Q 4nkQd C d 8 rS可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选 项C正确；根 据2岳2 /=最加2,e.E.d

5、=jm,可知，乙电子运动到。点的速率。=&0(),选 项D错误.7.A【解析】当 断 开S后，电压表的读数等于电源的电动势，即E=3 V：当闭合S后，有 U=I R,又由闭E合电路欧姆定律可知，/=秆;，联 立 解 得r=l C,A正确，B、C、D错误.E8.A【解析】滑动变阻器R()的滑动端向下滑动时，/接入电路的有效电阻减小，R外 减小，由 =可 知/增K外 r大，由可知U力 增大，由E=U内+U#可 知U,卜 减小，故电压表示数减小.由Ui=/R i可 知Ui增大，由。5外=3+小 可 知 减 小，由人=丁可知电流表示数减小，故A正确.29.ACD【解析】两相同的小球接触后电荷量均分，故

6、两球所带电荷量相等，选 项A正确；如图所示,由几何关系可知，两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为。=3 7 ,A球所受的电场力尸=机g t an 3 7=8.0 X1 0-4X 1 0 X0.7 5 N=6.0 X 1 0-3 N,选项 B 错误；根据库仑定律得，F=!=爆,解得 qB6 X ()-3 x ()22-9 X 1 Q 1/-C=4 V6 X1 0-8C,选 项C正确；A、B两球带等量的同种电荷，故在A、B两球连线中点处的电场强度为0,选 项D正确.1 0.BCD【解析】由题图乙知，两直线都是过原点的倾斜直线，由场强的定义式可知，其斜率的绝对值大小为各点的场强大小，则 以=2X103

7、N/C,f i=0.5 X1 03N/C=;j,同一电荷在A点受到的电场力比在8点的大，故选项C、D正确；由题图知正试探电荷在A点受电场力为正，负试探电荷在8点受电场力也为正，可得A、8两点电场强度方向相反，则点电荷。在A、B之间，且为负电荷，故选项A错误，B正确.1 1.AD【解析】两球在水平方向都做匀速直线运动，由x=i V知，g相同，则A运动的时间比B的长，竖直方向上，由/?=%尸可 知，竖直位移相等，运动时间长的加速度小，则A所受的合力比B的小，所以A所受的电场力向上，带正电，8所受的电场力向下，带负电，故A正 确.A运动的时间比B的长，则B球 比A球先落地,故B错 误.A所受的电场力

8、向上，电场力对A球做负功，A球的电势能增加.8所受的电场力向下，电场力对8球做正功，B球的电势能减小，故C错 误.4所受的合力比8的小，A、8沿合力方向位移相同，则4的合力做功较少，由动能定理知两球从抛出到各自落地过程中A球的动能变化量小，故D正确.1 2.ABC【解析】由题图电路图可知，当滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流/变小，所以电源总功率p=以 减 小，故J2D 1A正确；电 源 的 效 率。、X1 0 0%=X 1 0 0%,电源内阻不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率/-(“十。1.增大，电

9、源内部损耗功率2=产厂减小，故 B、C 正确；当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻的大小关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故 D 错误.13.（1）0.200（0.1960.204 均可）（1 分）（2）泻 相 等（4 分）【解析】（1）由螺旋测微器的读数规则可知，该金属丝的直径应为0mm+20.0X0.01 mm=0.200mm:（2）由电路可知，由于A i的内阻已知，因此该实验不存在系统误差，因此测量值与真实值相等.14.（2 分）（2）见 解 析 图（4 分）（3）2520（2 分）（4）D（2 分）【解析】（1）本实

10、验测电压表的内阻，实验中电压表示数变化不大，则接入电阻箱后电路的总电阻变化不大，故需要滑动变阻器的最大阻值较小，故 选 以 可减小实验误差.（2）滑动变阻器为分压式，实物图连线如图所示.（3）电压表和电阻箱串联，两端电压分别为2.00 V 和 0.50 V,则 Rv=4R=2 520QU 2.5（4）电压表的满偏电流及=瓦=不亍为A=l m A,故选项D 正确.mg 115 温 力 加 cos2。【解析】（1）小球做直线运动，所受的电场力gE和重力机g 的合力必沿此直线方向（1分）如如图所示，由几何关系可知m g=q Etan。（1分）解得E=濡-（2分）（2）小球做匀减速直线运动，由牛顿第二

11、定律可得筑=，加 7 （1分）设 从。点到最高点的位移为工,根据运动学公式可得的）2 =2（分）联立可得=o（）2sin 0（1 分）运动的水平距离1=xcos。（1分）两点间的电势能之差AW=%/（1 分）联立解得02cos2夕（2 分）1 6.（2）圆 弧 上 最 低 点 一 竽【解析】（1）粒子做类平抛运动，设粒子从尸点运动到。点的时间为/,加速度为a,则水平方向有：2 R s in。=一（2分）1竖直方向有：2 R c o s 0=2at2（2分）由 牛 顿 第 二 定 律 得（1分）l3 c/ER联立解得2 m（2分）（2）粒子到达圆弧上最低点电势能变化最大 Ep=-qEd（2 分）

12、d=R+Rcos 0（2 分）3 qER解得 A E p=-2 .（1 分）1 7.（1）2 0 V 2 0。（2）5 Q （3）3 0 0 Q （4）2.2 5 W 5 W【解析】（1）由闭合电路欧姆定律E=U+,代入数据得E=1 6+0.2 r,E=4+0.8 r （2分）联立解得E=2 0 V,r=2 0 Q.（1分）（2）当/?3的滑片自左向右滑动，R阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大.由此可知，图线上的4、8两点是滑片分别位于最左端和最右端时所得到的.当滑片位于最右端时，&=0,R i被短路，外电路总电阻等于4UK 4的阻值，治=f=示 C=5C2分）IB U.O（3）/?.$=华1A=热 八=8 0。，R s=f弋+&,代入数据解得滑动变阻器的最大阻值为几=3 0 0。.（2分）U/A l-I-A3（4）当凡消耗的功率最大时，它两端电压最大，由 4|=一/（4+厂）知，这时电路的总电流/应为最小，故应把滑动变阻器的阻值调到最大，当R 3=3 0 0 C时，F D D/=一7-=0.2 A,（2 分）此时 R i 两端的电压为：U i=/0；=0.2 X 7 5 V=1 5 V.（2 分）A IK 3.R|十小肥+品+4+则以消耗的最大功率为“=零=2.2 5 W,（2分）又当R外=，,时，电源输出功率最大，即 有2 1=a=5 W.（2分）